?2023年高考物理靶向?qū)ｍ?xiàng)強(qiáng)化訓(xùn)練
模擬卷（四）
班級(jí) 姓名 學(xué)號(hào) 分?jǐn)?shù)
（考試時(shí)間：90分鐘 試卷滿分：100分）
注意事項(xiàng)：
1．本試卷分第I卷（選擇題）和第II卷（非選擇題）兩部分。答卷前，考生務(wù)必將自己的班級(jí)、姓名、學(xué)號(hào)填寫在試卷上。
2．回答第I卷時(shí)，選出每小題答案后，將答案填在選擇題上方的答題表中。
3．回答第II卷時(shí)，將答案直接寫在試卷上。

第Ⅰ卷（選擇題 共48分）

一、選擇題（共12小題，每小題4分，共48分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1-8題只有一項(xiàng)符合題目要求，第9-12題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。）
1．我國(guó)著名理論物理科學(xué)家程開甲，是我國(guó)核武器的先驅(qū)，榮獲了“改革先鋒”“國(guó)家最高科學(xué)技術(shù)獎(jiǎng)”“八一勛章”“人民科學(xué)家”等國(guó)家榮譽(yù)稱號(hào)和中國(guó)科學(xué)院院士等多個(gè)優(yōu)秀獎(jiǎng)項(xiàng)與稱號(hào)，為我國(guó)的科研事業(yè)奉獻(xiàn)了他的一生。在對(duì)原子核物理的不斷探索中，下列有關(guān)原子物理說法中正確的是（　?。?br /> A．密立根對(duì)陰極射線的研究，證實(shí)了陰極射線的本質(zhì)是電子流，并測(cè)定了電子的比荷
B．愛因斯坦的光電效應(yīng)方程，從動(dòng)量的角度上解釋了光的量子化
C．盧瑟福不僅通過α粒子散射實(shí)驗(yàn)確定了原子的核式結(jié)構(gòu)，而且用α粒子轟擊氮核發(fā)現(xiàn)了質(zhì)子
D．玻爾將量子觀念引入原子領(lǐng)域，很好地解釋了所有原子光譜的分立特征
【答案】C
【詳解】A．湯姆孫對(duì)陰極射線的研究，證實(shí)了陰極射線的本質(zhì)是電子流，這是人類真正意義上第一次發(fā)現(xiàn)了電子，此后密立根測(cè)定了電子的比荷，A錯(cuò)誤；
B．愛因斯坦的光電效應(yīng)方程，從能量的角度上解釋光的量子化，一個(gè)電子吸收一個(gè)光子的能量，B錯(cuò)誤；
C．盧瑟福通過α粒子散射實(shí)驗(yàn)確定原子的中間存在原子核，完全否定了湯姆孫的棗糕模型，并且用α粒子轟擊氮核，，發(fā)現(xiàn)了質(zhì)子，C正確；
D．玻爾將量子觀念引入原子領(lǐng)域，指出原子中的電子軌道是量子化的，很好地解釋了氫原子光譜的分立特征，并不能解釋所有原子光譜，D錯(cuò)誤。故選C。
2．很多智能手機(jī)都有加速度傳感器，能通過圖像顯示加速度情況。用手掌托著手機(jī)，打開加速度傳感器，手掌從靜止開始迅速上下運(yùn)動(dòng)，得到如圖所示的豎直方向上加速度隨時(shí)間變化的圖像，該圖像以豎直向上為正方向。由此可判斷出（　　）


A．手機(jī)可能離開過手掌
B．手機(jī)在時(shí)刻運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)
C．手機(jī)在時(shí)刻改變運(yùn)動(dòng)方向
D．手機(jī)在時(shí)間內(nèi)，受到的支持力先減小再增大
【答案】A
【詳解】B．根據(jù)可知圖象與坐標(biāo)軸圍成面積表示速度變化量，可知手機(jī)在時(shí)刻速度為正，還沒有到最高點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；
C．根據(jù)可知圖象與坐標(biāo)軸圍成面積表示速度變化量，可知手機(jī)在時(shí)刻前后速度均為正，運(yùn)動(dòng)方向沒有發(fā)生改變，故C錯(cuò)誤；
D．由圖可知時(shí)間加速度向上不斷減小，根據(jù)牛頓第二定律得都可知時(shí)刻支持力不斷減小，時(shí)間內(nèi)加速度向下，不斷增大，根據(jù)牛頓第二定律得得
可得支持力還是不斷減小，故D錯(cuò)誤；
A．由圖可知，手機(jī)的加速度某一段時(shí)間內(nèi)等于重力加速度，則手機(jī)與手掌沒有力的作用，手機(jī)可能離開過手掌，故A正確。故選A。
3．如圖甲所示是空軍飛行員防眩暈訓(xùn)練器，若某飛行員調(diào)練時(shí)，左右手拉住圓環(huán)，處于平衡狀態(tài)，左手剛好在水平狀態(tài)，右手與水平方向有一定夾角，不考慮腿部受到的作用力，等效為如圖乙模型，在圓環(huán)順時(shí)針緩慢旋轉(zhuǎn)90°過程中，保持兩手臂伸直狀態(tài)，則（　?。?br />
A．兩手的拉力均變小
B．左手拉力先變大再變小，右手拉力一直變小
C．左手拉力一直變小，右手拉力先變小再變大
D．左手拉力先變大再變小，右手拉力先變大再變小
【答案】B
【詳解】在圓環(huán)順時(shí)針緩慢旋轉(zhuǎn)90°過程中，保持兩手臂伸直狀態(tài)，兩手拉力夾角不變，由三力平衡推論知三力平移后會(huì)組成一閉合三角形，如下圖所示：黑色線表示重力，紅色線表示左手拉力，藍(lán)色線表示右手拉力。

則由圖可知：左手拉力先變大后變小，右手拉力一直變小。故選B。
4．分光器是光纖通信設(shè)備中的重要元件，主要用來分配光纖通信中的不同鏈路。如圖，為某一型號(hào)分光器的原理示意圖，一束由兩種不同頻率單色光組成的復(fù)色光，從空氣射向平行玻璃磚的上表面，玻璃磚下表面鍍有反射層，光束經(jīng)兩次折射和一次反射后，從玻璃磚上表面射出兩束單色光。已知兩種色光由玻璃射向空氣發(fā)生全發(fā)射的臨界角均小于42°，下列說法正確的是（　?。?br />
A．光在玻璃磚中的傳播時(shí)間大于光在玻璃磚中的傳播時(shí)間
B．從玻璃磚上表面射出的兩束單色光不平行
C．若用光分別照射某金屬均能發(fā)生光電效應(yīng)，則光照射產(chǎn)生的光電子最大初動(dòng)能小于光照射產(chǎn)生的光電子最大初動(dòng)能
D．用同一雙縫干涉實(shí)驗(yàn)裝置進(jìn)行干涉實(shí)驗(yàn)，光干涉條紋間距大于光干涉條紋間距
【答案】A
【詳解】作出光路圖如圖所示

由圖可知光從空氣射入玻璃時(shí)a光的偏折程度較大，則a光的折射率較大，頻率較大
A．設(shè)a光和b光的折射角分別為、，入射角為，玻璃磚厚度為，可得
結(jié)合，a光在玻璃磚中的傳播時(shí)間聯(lián)立可得同理可得
因?yàn)榭傻霉庠诓ＡТu中的傳播時(shí)間大于光在玻璃磚中的傳播時(shí)間，故A正確；
B．因?yàn)閍、b兩光在上表面的折射角與反射后在上表面的入射角分別相等，根據(jù)幾何知識(shí)可知出射光束一定相互平行，故B錯(cuò)誤；
C．根據(jù)愛因斯坦光電方程可知若用光分別照射某金屬均能發(fā)生光電效應(yīng)，則光照射產(chǎn)生的光電子最大初動(dòng)能大于光照射產(chǎn)生的光電子最大初動(dòng)能，故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)可知a光的波長(zhǎng)小于b光的波長(zhǎng)，結(jié)合可知用同一雙縫干涉實(shí)驗(yàn)裝置進(jìn)行干涉實(shí)驗(yàn)，光干涉條紋間距小于光干涉條紋間距，故D錯(cuò)誤。故選A。
5．2020年7月23日“天問一號(hào)”火星探測(cè)器成功發(fā)射，開啟了火星探測(cè)之旅，邁出了我國(guó)行星探測(cè)第一步。如圖所示，是我國(guó)發(fā)射的“天問一號(hào)”火星探測(cè)器的運(yùn)動(dòng)軌跡示意圖。首先在地面上由長(zhǎng)征五號(hào)運(yùn)載火箭發(fā)射升空，然后經(jīng)過漫長(zhǎng)的七個(gè)月進(jìn)行地火轉(zhuǎn)移飛行，成為環(huán)繞火星飛行的一顆衛(wèi)星，“天問一號(hào)”距火星表面高度為h，繞火星做周期為T的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，到達(dá)近火點(diǎn)時(shí)精準(zhǔn)“剎車”被火星捕獲，已知火星半徑為R，引力常量為G，以下說法中正確的是（　?。?br />
A．長(zhǎng)征五號(hào)需要把“天問一號(hào)”加速到第一宇宙速度
B．近火點(diǎn)的“剎車”是為了減小火星對(duì)“天問一號(hào)”的引力
C．火星的平均密度為
D．“天問一號(hào)”圓周運(yùn)動(dòng)的線速度大小為
【答案】D
【詳解】A．“天問一號(hào)”需要脫離地球的束縛，則長(zhǎng)征五號(hào)需要把“天問一號(hào)”加速到第二宇宙速度，A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)可知，近火點(diǎn)“剎車”時(shí)，火星對(duì)“天問一號(hào)”的引力不變，故B錯(cuò)誤；
C．設(shè)火星的質(zhì)量為，“天問一號(hào)”的質(zhì)量為，根據(jù)萬有引力提供向心力有
火星的體積為則火星的平均密度為故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)公式可知，“天問一號(hào)”圓周運(yùn)動(dòng)的線速度大小為故D正確。故選D。
6．古裝劇中的姑娘頭飾上往往掛了很多珠子，如圖所示，可以簡(jiǎn)化看作一根根輕質(zhì)細(xì)線都串了些珠子，當(dāng)姑娘跳舞旋轉(zhuǎn)時(shí)，其頭飾上的串珠會(huì)擺開，假設(shè)某根細(xì)線上串了兩顆珠子，忽略空氣阻力，則該串珠的狀態(tài)會(huì)是下圖中哪一幅（　　）


A． B．
C． D．
【答案】A
【詳解】?jī)芍樽右驗(yàn)楣媚镄D(zhuǎn)而跟著做圓周運(yùn)動(dòng)，角速度相同，下方珠子因圓周半徑大些，需要更大的向心力，由圓錐擺向心力公式知下方珠子懸線與豎直方向夾角大些，故A正確，BCD錯(cuò)誤。
故選A。
7．河濱生態(tài)園住宅區(qū)的應(yīng)急供電系統(tǒng)，由交流發(fā)電機(jī)和副線圈匝數(shù)可調(diào)的理想降壓變壓器組成，發(fā)電機(jī)中矩形線圈所圍成的面積為，匝數(shù)為，電阻不計(jì)，它可繞水平軸在磁感應(yīng)強(qiáng)度為的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)中以角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，矩形線圈通過滑環(huán)連接降壓變壓器，滑動(dòng)觸頭上下移動(dòng)時(shí)可改變輸出電壓，表示輸電線的電阻，以線圈平面與磁場(chǎng)平行時(shí)為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，下列判斷正確的是（　?。?br />
A．若發(fā)電機(jī)線圈某時(shí)刻與圖示位置垂直，變壓器原線圈的電流瞬時(shí)值最大
B．發(fā)電機(jī)線圈感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式
C．當(dāng)用戶數(shù)目減少時(shí)，為使用戶電壓保持不變，滑動(dòng)觸頭應(yīng)向上滑動(dòng)
D．當(dāng)滑動(dòng)觸頭向下移動(dòng)時(shí)，變壓器原線圈兩端的電壓將降低
【答案】B
【詳解】A.發(fā)電機(jī)線圈某時(shí)刻與圖示位置垂直時(shí)，當(dāng)線圈與磁場(chǎng)垂直時(shí)，感應(yīng)電流最小，變壓器原線圈的電流瞬時(shí)值最小，錯(cuò)誤；
B.感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大值為，由圖可知，是從垂直中性面計(jì)時(shí)，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式為，B正確；
C.當(dāng)用戶數(shù)目減小時(shí)，用電功率減小，根據(jù)功率可知，電壓不變，則電流減小，損失電壓減小，從而可確定觸頭移動(dòng)方向向下才能保證用戶端得到電壓不變，C錯(cuò)誤；
D.原線圈兩端的電壓由發(fā)電機(jī)輸出電壓決定，所以當(dāng)滑動(dòng)觸頭向下移動(dòng)時(shí)，變壓器原線圈兩端的電壓不變，D錯(cuò)誤；故選B。
8．全民運(yùn)動(dòng)，始于“足下”，足球已經(jīng)成為中國(guó)有“體育大國(guó)”向“體育強(qiáng)國(guó)”轉(zhuǎn)變具有代表性的重要一步。如圖所示，學(xué)生練習(xí)用腳顛球。足球的質(zhì)量為0.4kg，某一次足球由靜止自由下落0.8m，被重新顛起，離開腳部后豎直上升的最大高度為0.45m。已知足球與腳部的作用時(shí)間為0.1s，重力加速度大小g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是（　?。?br />
A．足球從下落到再次上到最大高度，全程用了0.7s
B．在足球與腳接觸的時(shí)間內(nèi)，合外力對(duì)足球做的功為1.4J
C．足球與腳部作用過程中動(dòng)量變化量大小為2.8kg?m/s
D．足球從最高點(diǎn)下落至重新回到最高點(diǎn)的過程中重力的沖量大小為4N?s
【答案】C
【詳解】A．足球下落時(shí)間為足球上升時(shí)間為總時(shí)間為，
A錯(cuò)誤；
B．在足球與腳接觸的時(shí)間內(nèi)，合外力對(duì)足球做的功為 根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式；解得 ，B錯(cuò)誤；
C．足球與腳部作用過程中動(dòng)量變化量大小為 ，C正確；
D．足球從最高點(diǎn)下落至重新回到最高點(diǎn)的過程中重力的沖量大小為
D錯(cuò)誤。故選C。
9．如圖甲所示，在傾角=30°的固定光滑斜面上放著A、B 兩物塊，A、B 緊靠在一起但不粘連，輕彈簧一端與B物塊相連，另一端與固定擋板相連，整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)對(duì)物塊A施加一沿斜面向上的力F，使物塊A沿斜面向上做加速度為1m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，若力F 隨位移變化的規(guī)律 如圖乙所示，重力加速度g取10m/s2，則（　　）

A．A、B 的質(zhì)量均為2kg
B．彈簧的勁度系數(shù)為4N/m
C．A、B 以相同加速度一起運(yùn)動(dòng)了0.2s
D．從開始到A、B 分離彈簧的彈性勢(shì)能減少了0.72J
【答案】AC
【詳解】AB．系統(tǒng)靜止時(shí)，設(shè)彈簧壓縮量為x，則對(duì)A、B物塊整體分析，有
剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)A、B整體有當(dāng)A、B之間的作用力為0時(shí)，對(duì)A有
對(duì)B有由題圖乙及題意知，，，聯(lián)立解得，故A正確，B錯(cuò)誤；
C．從靜止到A、B分離，兩物塊一起以加速度運(yùn)動(dòng)了2cm，由可得故C正確；
D．圖像與坐標(biāo)軸所圍的“面積”是力F所做功的大小，則從開始到A、B分離F做的功為
這段過程A、B動(dòng)能的增加量且得重力勢(shì)能的增加量則從開始到A、B分離彈簧的彈性勢(shì)能減少量
故D錯(cuò)誤。故選AC。
10．如圖所示，平行板電容器與電動(dòng)勢(shì)為的直流電源（內(nèi)阻不計(jì)）連接，電容器上極板與一靜電計(jì)相連，下極板接地，靜電計(jì)所帶電荷量很少，可被忽略。一質(zhì)量為m的帶電微粒靜止于電容器的中點(diǎn)P，P點(diǎn)與上、下極板間距離均為d，重力加速度為g，下列說法正確的是（　?。?br />
A．微粒一定帶正電
B．若電容器上極板豎直向下移動(dòng)一小段距離，電容器電容增大，靜電計(jì)指針張角變小
C．若先把電容器上極板豎直向下移動(dòng)后，再將微粒由靜止釋放，經(jīng)過時(shí)間，微粒到達(dá)上極板
D．若先把電容器上極板豎直向下移動(dòng)后，再將微粒由靜止釋放，微粒運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后打在極板上并被捕獲，微粒與極板作用過程中所受合外力的沖量大小為
【答案】CD
【詳解】A．由題圖可知，平行板電容器間電場(chǎng)方向向下，微粒靜止在P點(diǎn)滿足可知微粒受到的電場(chǎng)力方向豎直向上，故微粒一定帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；
B．若平行板電容器的上極板豎直向下移動(dòng)一小段距離，兩板的間距變小，可知電容器的電容增大；因?yàn)殪o電計(jì)指針張角的變化表征電容器兩極板間的電勢(shì)差變化，圖中兩板間電勢(shì)差U為電源的電動(dòng)勢(shì)不變，所以靜電計(jì)指針的張角不變，故B錯(cuò)誤；
C．電容器上極板豎直向下移動(dòng)，兩極板間場(chǎng)強(qiáng)大小由變?yōu)槲⒘Ｋ茈妶?chǎng)力大小變?yōu)?br /> 微粒向上運(yùn)動(dòng)，加速度大小為由得故C正確；
D．設(shè)微粒與上極板作用過程中所受合外力的沖量大小為I，自微粒開始運(yùn)動(dòng)到被捕獲這一過程，由動(dòng)量定理有解得故D正確。故選CD。
11．如圖甲所示，足夠長(zhǎng)的傾斜直傳送帶以速度沿順時(shí)針方向運(yùn)行，可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊在時(shí)刻以速度從傳送帶底端開始沿傳送帶上滑，物塊的質(zhì)量。物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)傳送帶對(duì)物塊的摩擦力的功率與時(shí)間的關(guān)系圖像如圖乙所示，已知最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取。若用θ表示傾斜傳送帶與水平方向的夾角，μ表示物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)，L為物塊與傳送帶間的劃痕長(zhǎng)度，則（　?。?br />
A． B． C． D．
【答案】BD
【詳解】A．作出物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的圖像如圖所示

結(jié)合圖像可知，物塊先沿傾斜傳送帶向上減速到與傳送帶共速，后與傳送帶一起向上做勻速運(yùn)動(dòng)，所以，故A錯(cuò)誤；
BC．由題圖乙可得，0~0.2 s內(nèi)滑動(dòng)摩擦力的功率為當(dāng)時(shí)，代入數(shù)據(jù)得
物塊勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)受到靜摩擦力的作用，摩擦力的功率代入數(shù)據(jù)得解得
，故B正確，C錯(cuò)誤；
D．由圖像可知物塊與傳送帶間的劃痕長(zhǎng)度為，D正確。故選BD。
12．如圖所示，寬度為L(zhǎng)、左右兩部分傾角均為的足夠長(zhǎng)光滑金屬導(dǎo)軌ACD一A1C1D1分別置于兩勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，CC1兩側(cè)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)分別垂直于對(duì)應(yīng)導(dǎo)軌所在平面，CC1左側(cè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B，右側(cè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，電阻均為R，質(zhì)量分別為2m、m的導(dǎo)體棒ab、cd分別垂直導(dǎo)軌放置在CC1兩側(cè)的導(dǎo)軌上，兩導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)過程中始終垂直于導(dǎo)軌并與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度為g。某時(shí)刻將導(dǎo)體棒ab、cd由靜止釋放，下列說法正確的是（?????）


A．任意時(shí)刻導(dǎo)體棒ab、cd運(yùn)動(dòng)的加速度都相同
B．導(dǎo)體棒ab的最大速度為
C．若導(dǎo)體棒ab下降高度h時(shí)達(dá)到最大速度，則此過程中導(dǎo)體棒ab克服安培力做的功為
D．若導(dǎo)體棒ab下降高度h時(shí)達(dá)到最大速度，則此過程經(jīng)歷的時(shí)間為
【答案】BD
【詳解】A．對(duì)ab受力分析，由牛頓第二定律可知同理cd棒有
解得所以加速過程ab、cd棒的加速度大小相等，方向不同，A錯(cuò)誤；
B．當(dāng)時(shí)，ab的速度達(dá)到最大，此時(shí)有又因?yàn)槁?lián)立解得，B正確；
C．若ab棒下降高度h時(shí)達(dá)到最大速度，根據(jù)動(dòng)能定理對(duì)ab棒有解得此過程中ab克服安培力做的功為，C錯(cuò)誤；
D．在ab下降高度為h時(shí)，通過ab某一截面的電荷量為由動(dòng)量定理可知，ab棒由靜止釋放至達(dá)到最大速度的過程有聯(lián)立解得，D正確。
故選BD。
第II卷（非選擇題 共52分）

二、實(shí)驗(yàn)題（滿分14分）
13．某乒乓球愛好者，利用手機(jī)研究乒乓球與球臺(tái)碰撞過程中能量損失的情況。實(shí)驗(yàn)步驟如
①固定好手機(jī)，打開錄音功能；
②從一定高度由靜止釋放乒乓球；
③手機(jī)記錄下乒乓球與臺(tái)面碰撞的聲音，其隨時(shí)間（單位：s）的變化圖像如圖所示。


根據(jù)聲音圖像記錄的碰撞次序及相應(yīng)碰撞時(shí)刻，如下表所示。
碰撞次數(shù)
1
2
3
4
5
6
7
碰撞時(shí)刻（s）
1.12
1.58
2.00
2.40
2.78
3.14
3.47

根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，回答下列向題：
（1）利用碰撞時(shí)間間隔，計(jì)算出第3次碰撞后乒乓球的彈起瞬間的速度大小為_____（保留2位有效數(shù)字，當(dāng)?shù)刂亓铀俣龋?br /> （2）設(shè)碰撞后彈起瞬間與該次碰撞前瞬間速度大小的比值為k，則每次碰撞損失的動(dòng)能為碰撞前動(dòng)能的______倍（用k表示），第2次碰撞過程中______（保留2位有效數(shù)字）。
【答案】???? 1.96???? ???? 0.95
【詳解】（1）[1]由表可知從第3次碰撞到第四次碰撞用時(shí)0.4s，則碰后彈起的時(shí)間為0.2s，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移與時(shí)間關(guān)系，有
（2）[2][3]設(shè)碰撞后彈起瞬間的速度為，該次碰撞前瞬間速度大小為，則碰撞后的動(dòng)能為，該次碰撞前的動(dòng)能為，所以每次碰撞損失的動(dòng)能為，則碰撞前后動(dòng)能的比值為
第3次碰撞前的速度第3次碰撞后的速度
所以
14．某些固體材料受到外力作用后，除了產(chǎn)生形變，其電阻率也會(huì)發(fā)生變化，這種現(xiàn)象稱為“壓阻效應(yīng)”。已知某壓敏電阻的阻值的變化范圍為幾十歐姆到幾百歐姆，某實(shí)驗(yàn)小組在室溫下用伏安法探究壓敏電阻阻值隨壓力F變化的規(guī)律，實(shí)驗(yàn)室有如下器材可供選擇：
A．壓敏電阻（無壓力時(shí)，阻值）；
B．直流電源（電動(dòng)勢(shì)為6V，內(nèi)阻不計(jì)）；
C．電流表A（量程為0～100mA，內(nèi)阻不計(jì)）；
D．電流表V（量程為0～3V，內(nèi)阻為4kΩ）；
E．定值電阻；
F．滑動(dòng)變阻器R（最大阻值約50Ω）；
G．開關(guān)S、導(dǎo)線若干。

（1）某同學(xué)設(shè)計(jì)了圖甲實(shí)驗(yàn)電路原理圖，請(qǐng)?jiān)趫D乙中將實(shí)物連線圖補(bǔ)充完整。( )
（2）某次壓力測(cè)試，在電阻上施加力F，閉合開關(guān)S，兩個(gè)電表的示數(shù)分別為U和I，則壓敏電阻的阻值___________。
（3）改變F的大小，測(cè)得不同的值，繪成如圖丙所示的圖像，其斜率的絕對(duì)值k=___________Ω/N（保留兩位有效數(shù)字）。和壓力F的關(guān)系式為___________（用F和k表示）。
（4）按圖甲實(shí)驗(yàn)電路進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器使電壓表保持滿偏，在電阻上施加力F，當(dāng)電流表滿偏時(shí)，壓力F為___________N（結(jié)果保留到個(gè)位數(shù)）。
【答案】???? ???? ???? ???? ???? 183
【詳解】（1）[1]題圖甲是分壓式接法，電流表是內(nèi)接法，根據(jù)電路圖可得實(shí)物圖為

（2）[2] 顯然R1與電壓表串聯(lián)是把電壓表的量程擴(kuò)大了，當(dāng)電壓表的示數(shù)為U時(shí)，壓敏電阻兩端的電壓
根據(jù)歐姆定律
（3）[3][4]由題圖可得，圖線斜率為圖線與Rx軸的縱截距是400 Ω，由一次函數(shù)關(guān)系可得
（4）[5]電壓表、電流表滿偏時(shí)則
三、計(jì)算題（滿分38分，其中15題8分，16題8分，17題10分，18題12分，每小題需寫出必要的解題步驟，只有答案不得分）
15．小聰家里購置了一個(gè)壓力鍋，剖面圖如圖所示。小聰對(duì)該壓力鍋進(jìn)行性能測(cè)試，他在鍋內(nèi)封閉一定質(zhì)量的空氣（視為理想氣體），使鍋內(nèi)空氣的溫度升高，當(dāng)鍋內(nèi)空氣的溫度升高到某一值時(shí)，限壓閥跳起排氣。設(shè)限壓閥的質(zhì)量，壓力鍋排氣孔的橫截面積，開始時(shí)鍋內(nèi)空氣的壓強(qiáng)與外界大氣壓（恒為）相等，溫度。取重力加速度大小，不計(jì)限壓閥與鍋蓋間的摩擦力。
（1）求限壓閥跳起時(shí)鍋內(nèi)空氣的熱力學(xué)溫度T；
（2）若限壓閥跳起后將限壓閥取走，不考慮排氣過程中的溫度變化，求排出的空氣與原來鍋內(nèi)空氣的質(zhì)量之比。

【答案】（1）420K；（2）
【詳解】（1）設(shè)限壓閥跳起時(shí)鍋內(nèi)空氣的壓強(qiáng)為p，有解得根據(jù)查理定律有解得
（2）設(shè)限壓閥跳起前鍋內(nèi)空氣的體積為，取走限壓閥時(shí)鍋內(nèi)空氣與排出空氣在壓強(qiáng)p0下的體積之和為，根據(jù)玻意耳定律有又解得
16．冬奧會(huì)中的冰球比賽是力量、速度與激情的完美融合，帶給觀眾強(qiáng)有力的視覺沖擊。在某次熱身訓(xùn)練中，教練員在冰面上與起跑線距離和處分別設(shè)置一個(gè)擋板和一面小旗，如圖所示。訓(xùn)練時(shí)，讓運(yùn)動(dòng)員和冰球都位于起跑線上，教練員將冰球以初速度擊出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑線的方向滑向擋板；冰球被擊出的同時(shí)，運(yùn)動(dòng)員垂直于起跑線從靜止出發(fā)滑向小旗。訓(xùn)練要求當(dāng)冰球到達(dá)擋板時(shí)，運(yùn)動(dòng)員至少到達(dá)小旗處。假定運(yùn)動(dòng)員在滑行過程中做勻加速運(yùn)動(dòng)，冰球到達(dá)擋板時(shí)的速度為。重力加速度大小為。求：
（1）冰球與冰面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)；
（2）滿足訓(xùn)練要求的運(yùn)動(dòng)員的最小加速度。

【答案】（1）；（2）
【詳解】（1）設(shè)冰球與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，由牛頓第二定律可得冰球滑行的加速度
①由速度與位移的關(guān)系知??②聯(lián)立①②得解得③
（2）設(shè)冰球運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，則??④又??⑤由③④⑤得
解得??⑥
17．某型號(hào)質(zhì)譜儀的工作原理如圖所示。M、N為豎直放置的兩塊金屬板，兩板間電壓為U，Q板為記錄板，分界面P將N、Q間區(qū)域分為寬度均為d（其中d=）的I、Ⅱ兩部分，M、N、P、Q所在平面相互平行，a、b為M、N上兩正對(duì)的小孔。以a、b所在直線為z軸，向右為正方向，取z軸與Q板的交點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，以平行于Q板水平向里為x軸正方向，豎直向上為y軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz。區(qū)域I、Ⅱ內(nèi)分別充滿沿x軸正方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小、電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為B和E。一質(zhì)量為m，電荷量為+q的粒子，從a孔飄入電場(chǎng)（初速度視為零），經(jīng)b孔進(jìn)入磁場(chǎng)，過P面上的c點(diǎn)（圖中未畫出）進(jìn)入電場(chǎng)，最終打到記錄板Q上。不計(jì)粒子重力。
（1）求粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R；
（2）求粒子打到記錄板上位置的x坐標(biāo)（用m、q、B、E表示）；
（3）求粒子打到記錄板上位置的y坐標(biāo)（用m、q、B、U表示）；

【答案】（1）；（2）x=；（3）y
【詳解】（1）設(shè)粒子經(jīng)加速電場(chǎng)到b孔的速度大小為v，粒子在區(qū)域I中，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)對(duì)應(yīng)圓心角為α，在M、N兩金屬板間，由動(dòng)能定理得在區(qū)域I中，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，磁場(chǎng)力提供向心力，由牛頓第二定律得聯(lián)立，解得
（2）由幾何關(guān)系得，，設(shè)區(qū)域Ⅱ中粒子沿z軸方向的分速度為vz，沿x軸正方向加速度大小為a，位移大小為x，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，由牛頓第二定律得qE=ma
粒子在z軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)合成與分解的規(guī)律得，
粒子在x方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得聯(lián)立，解得
=
（3）設(shè)粒子沿y方向偏離z軸的距離為y，其中在區(qū)域Ⅱ中沿y方向偏離的距離為y'，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得
y'=vtsinα又y=L+y'聯(lián)立，可得
18．如圖所示，光滑豎直墻壁底端與四分之一光滑圓弧軌道連接，圓弧軌道半徑，光滑水平面上并排放兩塊木板B、C，兩木板的上表面恰好與圓弧軌道的最低點(diǎn)相切，小滑塊A（可視為質(zhì)點(diǎn)）從墻壁P點(diǎn)無初速度釋放，P點(diǎn)高出圓心，已知小滑塊與兩木板質(zhì)量均為1 kg，小滑塊A與木板B間的動(dòng)摩擦因數(shù)，木板B的長(zhǎng)度，小滑塊A與木板C間的動(dòng)摩擦因數(shù)隨距離而變化，滿足為距木板C左端的距離，木板C的長(zhǎng)度，重力加速度，求：
(1)小滑塊A對(duì)軌道最低點(diǎn)的壓力；
(2)木板B獲得的最大速度；
(3)求小滑塊A的最終速度，若小滑塊A脫離木板C，求木板C的最終速度；若小滑塊A不脫離木板C，求出小滑塊與木板C相對(duì)靜止的位置。

【答案】(1)，方向向下；(2) 1m/s；(3) 1.5 m/s；距木板C左端0.5m處
【詳解】(1)小滑塊A下滑過程中，機(jī)械能守恒，有解得由牛頓第二定律得解得由牛頓第三定律可知，小滑塊A對(duì)軌道最低點(diǎn)的壓力，方向向下
(2)小滑塊A滑過木板B的過程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)小滑塊A剛滑離木板B時(shí)，小滑塊A的速度為，木板B的速度為，有；解得；
(3)由于，即木板C中央右側(cè)光滑，設(shè)小滑塊A剛好滑到木板C中央時(shí)達(dá)到共同速度，由動(dòng)量守恒定律，有解得系統(tǒng)動(dòng)能損失

由圖像可知當(dāng)滑塊到達(dá)木板C中點(diǎn)時(shí)，則X=1，由圖像可知?jiǎng)t產(chǎn)生內(nèi)能即小滑塊A滑到木板C中央左側(cè)就與木板相對(duì)靜止了，設(shè)停在木板C距左端x處由圖像可知解得即小滑塊A最終速度為1.5m/s，停在距木板C左端0.5 m處。

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